CCPC 2021威海 - G. Shinyruo and KFC（组合数，小技巧）

G. Shinyruo and KFC

题意
一共有 $n$ 种食物，每种食物有 $a_i$ 个。食物个数总和不超过 $10^5$。
现在要把这些食物分给 $k$ 个人，每个人可以拿多种事物，但每种食物最多拿 1 个。
对于 $k$ 从 1 到 $m$，分别输出食物分配方案。
答案模 $998244353$。
$1\le m,n\le 5\cdot 10^4$
$0\le a_i\le 10^5,{\sum }_{i=1}^n{a}_i\le 10^5$

思路
对于一种食物共有 $a_i$ 个，分给 $k$ 个人，每人最多分一个，那么分配方案为 $C(k,ai)$。
那么 n 种食物，分给 k 个人总的分配方案为：${\prod }_{i=1}^{n}C(k,a_i)$；
再遍历 m 个人，这样的话时间复杂度最低为 O(n * m)，超时。

而题目中说 ai 总和不超过 1e5，那么 ai 的种类数就在 $\sqrt{1e5}$ 级别，对于重复的直接用快速幂求幂次。
预处理逆元求组合数。

这样时间复杂度降为：$O(m\sqrt{n}logn)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define Ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
map<int,int> mp;

const int N = 200010, mod = 998244353;
int T, n, m;
int a[N];
struct node{
    
	int x, cnt;
}b[N];
int fac[N], inv[N], finv[N];

int qmi(int x, int y)
{
    
	int ans = 1;
	while(y)
	{
    
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x*x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

void init(){
    
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=finv[0]=finv[1]=1ll;
	for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<N;i++)finv[i]=finv[i-1]*inv[i]%mod;
}

inline int C(int a,int b){
    
	if(b>a)return 0;
	else return fac[a]*finv[a-b]%mod*finv[b]%mod;
}

signed main(){
    
	Ios;
	cin >> n >> m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i], mp[a[i]]++;
	
	int cnt = 0;
	for(auto it : mp)
	{
    
		cnt++;
		b[cnt] = {
    it.first, it.second};
	}
	
	init();
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
    
		int ans = 1;
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
		{
    
			ans = ans * qmi(C(i, b[j].x), b[j].cnt) % mod;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	
	return 0;
}

经验

• 如果 n 个数的总和不超过 m，那么这些数的种类个数在 $\sqrt{m}$ 级别。